정답
집합 \(S=\left\{\dfrac{f(x)}{x}\mid x>0\right\}\)의 상한과 하한은 각각 \[ \sup S=\frac{e^{-1/2}}{\sqrt{2}},\qquad \inf S=0 \] 이고,
$$ \lim_{s\to0^+}\int_0^1 \frac{f(x)}{s}e^{-x^2/s^2}\,dx=0 $$
출제 의도
특수 함수 \(f(x)=e^{-1/x^2}\) (단, \(x\ne0\))의 극한 성질과 이를 이용한 극대값·극소값 찾기, 상한·하한 계산을 평가한다. 또한 치환 적분과 지배수렴정리 아이디어를 이용하여 매개변수에 의존하는 적분의 극한을 계산하는 능력을 묻는다.
풀이 과정
함수는 \[ f(x)= \begin{cases} e^{-1/x^2}, & x\neq0,\\ 0, & x=0 \end{cases} \] 이고, 양의 실수 \(x\) 에 대해 \[ g(x)=\frac{f(x)}{x}=\frac{e^{-1/x^2}}{x},\qquad x>0 \] 를 생각한다.
먼저 \(g(x)\) 의 극한을 본다.
\(x\to0^+\) 일 때, \(\dfrac{1}{x^2}\to\infty\) 이므로 \(e^{-1/x^2}\to0\) 를 어떤 거듭제곱보다도 빠르게 한다. 따라서 \[ \lim_{x\to0^+}\frac{e^{-1/x^2}}{x}=0. \] 또한 \(x\to\infty\) 일 때 \(\dfrac{1}{x^2}\to0\) 이므로 \(e^{-1/x^2}\to1\) 이고, \[ \lim_{x\to\infty}\frac{e^{-1/x^2}}{x}=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{x}=0. \] 따라서 \(g(x)>0\) 이고 양 끝에서 0으로 간다.
이제 \(g(x)\) 의 최대값을 찾는다. 로그를 취해서 \[ h(x)=\ln g(x)=-\frac{1}{x^2}-\ln x \] 라 두면, \[ h'(x)=\frac{2}{x^3}-\frac{1}{x}=\frac{2-x^2}{x^3}. \]
\(h'(x)=0\) 이려면 \(2-x^2=0\Rightarrow x=\sqrt{2}\) 이다. \(x<\sqrt{2}\) 에서 \(2-x^2>0\) 이므로 \(h'(x)>0\), \(x>\sqrt{2}\) 에서 \(2-x^2<0\) 이므로 \(h'(x)<0\) 이다. 따라서 \(g(x)\) 는 \(x=\sqrt{2}\) 에서 최대값을 갖는다.
\[ g(\sqrt{2})=\frac{e^{-1/(\sqrt{2})^2}}{\sqrt{2}}=\frac{e^{-1/2}}{\sqrt{2}}. \]
\(g(x)\) 는 \(x>0\) 에서 연속이고 \(g(x)>0\), 그리고 \(\lim_{x\to0^+}g(x)=\lim_{x\to\infty}g(x)=0\) 이므로 최소값은 가지지 않지만, 하한은 0이다. 따라서 \[ \sup S=\frac{e^{-1/2}}{\sqrt{2}},\qquad \inf S=0. \]
이제 두 번째 문제의 적분 극한을 계산한다.
\[ I(s)=\int_0^1 \frac{f(x)}{s}e^{-x^2/s^2}\,dx,\qquad s>0 \] 에서 치환 \[ x=su,\quad dx=s\,du \] 를 하자. 그러면 \[ I(s)=\int_0^{1/s} f(su)e^{-u^2}\,du. \]
\(u>0\) 고정 후 \(s\to0^+\) 로 보내면, \(su\to0^+\) 이므로 \[ f(su)=e^{-1/(su)^2}\to0. \] \(u=0\) 에서는 \(f(0)=0\) 이므로 역시 0이다. 따라서 각 고정된 \(u\) 에 대해 \[ f(su)e^{-u^2}\xrightarrow[s\to0^+]{}0. \]
또한 \(0\le f(su)\le1\) 이므로 \[ 0\le f(su)e^{-u^2}\le e^{-u^2} \] 이고, \(e^{-u^2}\) 는 \([0,\infty)\) 에서 적분 가능하다.
적분 구간이 \([0,1/s]\) 로 넓어지므로, 이를 두 부분으로 나눈다. 임의의 \(M>0\) 에 대해 \[ I(s)=\int_0^{M} f(su)e^{-u^2}\,du + \int_M^{1/s} f(su)e^{-u^2}\,du. \]
첫 번째 적분은 고정된 구간 \([0,M]\) 에서의 적분이므로, 지배수렴정리를 적용할 수 있다. 지배 함수로 \(e^{-u^2}\) 를 택하면 \[ \lim_{s\to0^+}\int_0^{M} f(su)e^{-u^2}\,du = \int_0^{M} 0\,du=0. \]
두 번째 적분은 \[ 0\le \int_M^{1/s} f(su)e^{-u^2}\,du \le \int_M^{\infty} e^{-u^2}\,du. \] 오른쪽 끝 적분은 \(M\) 에 대해만 의존하고, \(M\to\infty\) 이면 0으로 간다. 따라서 임의의 \(\varepsilon>0\) 에 대해 충분히 큰 \(M\) 을 택해 \(\int_M^{\infty}e^{-u^2}du<\varepsilon\) 이 되게 하고, 그런 \(M\) 에 대해 모든 충분히 작은 \(s\) 에 대해 \(\int_M^{1/s} f(su)e^{-u^2}du\le\varepsilon\) 이다.
이를 종합하면, \(s\to0^+\) 에 대해 \(I(s)\) 의 한계값은 0임을 얻는다. 즉
$$ \lim_{s\to0^+}\int_0^1 \frac{f(x)}{s}e^{-x^2/s^2}\,dx = 0. $$
<풀이가 부정확할 수 있으니 반드시 교차검증 확인 바랍니다.>